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Solutions des exercices et problèmes
CHAPITRE 16
Exercice
Ordres de grandeur
a)
b) Une énergie lOmeV correspond à la température lOOK (i.e. la physique est 2D en dessous
de 100 K).
c) Pour B = 1 Ton obtient tB ::::: 25 nm et nwc ::::: 1.7 me V, correspondant à nwc/kB ::::: 19 K.
Autrement dit, pour B = 1 T et T ~ 20 K, les fluctuations thermiques sont insuffisantes
pour exciter les électrons d'un niveau de Landau à un autre.
Exercice
Densités d'états du problème de Landau en 20 et 30
Dans le cas tridimensionnel , les niveaux d'énergie de H = !m*(v; + v~) + 2 ~. p~ sont E 11 ,kz =
E 11 + ~;: où nous avons noté E 11 = nwc(n+ !) le spectre de Landau bidimensionnel. Les niveaux
sont dégénérés dLL fois. Nous obtenons la densité d'états p C
3
d\E) = 2:;;"= 0 Lk, ô(E - E11,k) =
d °"
00
_
p (ld)(E - E ) où p(ld)(E) = ", ô(E - n
2 k~ ) = L , f dk (E - 1i
2 k~ ) = L , {;;: est
LL L...11 - 0
11
L...kz
2m,
2n
Z
2m,
n1i "\/ 2if
la densité d'états du problème libre unidimensionnel. Nous obtenons finalement p (
3
d)(E) =
~1i~~
1 2: ;;"= 0 Btt(E - En)~ 2 (;' .:.En) où Vol = L xL yL z est le volume du système. Contrairement au
cas bidimensionnel qui présente des gaps En+! - En = nwc (figure), la densité d'états p (
3
d)(E)
décrit un spectre continu. On trace p (
3
d\E) avec (ligne continue) et sans champ magnétique
(tirets).
•'
Exercice
Problème de Landau dans la jauge symétrique
a) Wc = qB/m* .
b) t z = in(axai - alay) et H = !nwc[al ax + aiau - i(axai - al ay) + 1].
c) L'expression de H suggère la combinaison linéaire afin de découpler les deux oscillateurs
(couplés par le terme de moment orbital). On trouve tz = n(bt b - at a). En remarquant
que a l ax + aiay = a ta + b t b on obtient finalement H = nwc(a ta + ! ).
Si on introduit les états 1 na, nb) où na E N est la valeur propre de a t a et nb E N celle de
bt b nous obtenons que le moment orbital (valeur propre de t z) est m = nb - na. On retrouve le spectre des niveaux de Landau En
0
= nwc(na + ! ) infiniment dégénérés (puisque
indépendant de nb) . La dégénérescence dans le nombre nb = na+ m s'interprète comme
une dégénérescence dans le moment orbital; l' origine physique de la dégénérescence est
donc liée à l'invariance par rotation du problème.
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Solutions des exercices et problèmes
CHAPITRE 16
Exercice
Ordres de grandeur
a)
b) Une énergie lOmeV correspond à la température lOOK (i.e. la physique est 2D en dessous
de 100 K).
c) Pour B = 1 Ton obtient tB ::::: 25 nm et nwc ::::: 1.7 me V, correspondant à nwc/kB ::::: 19 K.
Autrement dit, pour B = 1 T et T ~ 20 K, les fluctuations thermiques sont insuffisantes
pour exciter les électrons d'un niveau de Landau à un autre.
Exercice
Densités d'états du problème de Landau en 20 et 30
Dans le cas tridimensionnel , les niveaux d'énergie de H = !m*(v; + v~) + 2 ~. p~ sont E 11 ,kz =
E 11 + ~;: où nous avons noté E 11 = nwc(n+ !) le spectre de Landau bidimensionnel. Les niveaux
sont dégénérés dLL fois. Nous obtenons la densité d'états p C
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Exercice
Problème de Landau dans la jauge symétrique
a) Wc = qB/m* .
b) t z = in(axai - alay) et H = !nwc[al ax + aiau - i(axai - al ay) + 1].
c) L'expression de H suggère la combinaison linéaire afin de découpler les deux oscillateurs
(couplés par le terme de moment orbital). On trouve tz = n(bt b - at a). En remarquant
que a l ax + aiay = a ta + b t b on obtient finalement H = nwc(a ta + ! ).
Si on introduit les états 1 na, nb) où na E N est la valeur propre de a t a et nb E N celle de
bt b nous obtenons que le moment orbital (valeur propre de t z) est m = nb - na. On retrouve le spectre des niveaux de Landau En
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indépendant de nb) . La dégénérescence dans le nombre nb = na+ m s'interprète comme
une dégénérescence dans le moment orbital; l' origine physique de la dégénérescence est
donc liée à l'invariance par rotation du problème.
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